Question

已知函数f（x）=2lnx-x²+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=2时，求f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）-ax+m在[

1

e

，e]上有两个零点，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若函数f（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：f′（

x1+x2

2

）＜0（其中f′（x）是f（x）的导函数）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（I）利用导数的几何意义即可得出；
（II）利用导数研究函数的单调性极值、最值，数形结合即可得出；
（III）由于f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），可得方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，得到a=(x1+x2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．可得f′(

x1+x2

2

)=

4

x1+x2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．经过变形只要证明

2(x2-x1)

x1+x2

+ln

x1

x2

＜0，通过换元再利用导数研究其单调性即可得出．

解答： 解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=2lnx-x²+2x，f′(x)=

2

x

-2x+2，切点坐标为（1，1），
切线的斜率k=f′（1）=2，
∴切线方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1．
（Ⅱ）g（x）=2lnx-x²+m，则g′(x)=

2

x

-2x=

-2(x+1)(x-1)

x

，
∵x∈[

1

e

，e]，故g′（x）=0时，x=1．
当

1

e

＜x＜1时，g′（x）＞0；当1＜x＜e时，g′（x）＜0．
故g（x）在x=1处取得极大值g（1）=m-1．
又g(

1

e

)=m-2-

1

e2

，g（e）=m+2-e²，
g(e)-g(

1

e

)=4-e2+

1

e2

＜0，∴g(e)＜g(

1

e

)，
∴g（x）在[

1

e

，e]上的最小值是g（e）．
g（x）在[

1

e

，e]上有两个零点的条件是

g(1)=m-1＞0 g( 1 e )=m-2- 1 e2 ≤0

解得1＜m≤2+

1

e2

，
∴实数m的取值范围是(1，2+

1

e2

]．
（Ⅲ）∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
∴方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，则

2lnx1- x 2 1 +ax1=0 2lnx2- x 2 2 +ax2=0

两式相减得a=(x1+x2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．
又f（x）=2lnx-x²+ax，f′(x)=

2

x

-2x+a，
则f′(

x1+x2

2

)=

4

x1+x2

-(x1+x2)+a=

4

x1+x2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．
下证

4

x1+x2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

＜0（*），即证明

2(x2-x1)

x1+x2

+ln

x1

x2

＜0，
令t=

x1

x2

，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u(t)=

2(1-t)

t+1

+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．
∵u′(t)=

-2(t+1)-2(1-t)

(t+1)2

+

1

t

=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
又0＜t＜1，
∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）=0，从而知

2(x2-x1)

x1+x2

+ln

x1

x2

＜0，
故（*）式＜0，即f′(

x1+x2

2

)＜0成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义、切线的方程、方程实数根的个数转化为图象的交点，考查了推理能力和计算能力，属于难题．